2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）素养提升15带电粒子（体）在电场中运动的综合问题

素养提升15,___________________________________

带电粒子（体）在电场中运动的综合问题

题型一带电粒子在重力场和电场中的圆周运动

深化理解

i.等效重力场

等重力场、电场叠加而成

一冷效重力场一

效L的复合场

重-I~等效重力-重力、静电力的合力

力

等效重方写物体面量

场一等效重力加速度一

的比值

的

对物体做圆周运动时与

应等效重力平行的直径

概-等效“最低点”一与圆的两个交点分别

念为等效“最低点”（等效

及重力指向一侧的交点）

解和等效“最高点”（背离

等效“最高点”一

释等效重力方向一侧的

交点）

2.两类常见等效重力场

重力场与电场在一条重力场与电场成一

直线上定夹角（西＞"咨）

【例1】如图所示，/WCO为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中A4部分为倾角为30。的斜面，BCD部分为半径

为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，。为轨道最低点，整人轨道放置在水平向右的匀强电场中。现将一

带正电质量为，〃的小滑块从斜面上4点由静止释放，小滑块恰能到达圆弧轨道的。点。已知重力加速度为g,下

列说法正确的是（）

A.释放点A到斜面底端B的距离为1.5/e

B.小滑决运动到C点时对轨道的压力为8〃火

C.小滑决运动过程中最大动能为

D.小滑块从。点飞出后恰好落在轨道上的B点

答案：A

解析：小滑块恰能到达圆弧轨道的。点，表明小滑块能通过轨道的等效最高点力，由几何关系得，。。与水平方向

的夹角为30。，则lan300=Y，得夕所以轨道等效最高点为圆心左上60。，重力和电场力的合力为尸=

qE

12

J(Eq)+(mg)2=2/叫，在£)点有2〃*=〃宁2，从4点到。点，由动能定理得〃吆(5sin30°—/?cos30°—/?sin

30°)-bEq(jcos30°-/?sin60°+7?sin30°)0,解得s=L5凡故A正确；从C点到。点由动能定理得,咫

2

(一R-Rcos60。)+Eq(-/?sin60°)=^-^mvcf在。点有入一〃吆="¥，联立解得小=9/咫，根据牛顿

第三定律得小滑块运动到C点时对轨道的压力为9〃吆，故B错误；小滑块运动到。点的对称点，即轨道等效最低

点时速度最大，由动能定理得一2〃K2R=)M-解得］Wm2=5〃?gR,故C错误；小滑块从。点抛出后，

做类平地运动，假设刚好落到B点，有2/咫=〃也，vt=R,则在合力方向的位移为JM'PM/VR,假设错误，故

D错误。

■对点训练.

(多选)如图所示，带电小球用绝缘细线悬挂在。点，在竖直平面内做完整的变速圆周运动，小球运动到最高点

时，细线受到的拉力最大。已知小球运动空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，小球质量为小，带电荷量

为q,细线长为/,重力加速度为g，则()

A.小球带正电

B.电场力大于重力

C.小球溶动到最低点时速度最大

J

D.小球运动过程最小速度至少为尸、尸心史

\m

解析：BD因为小球运动到最高点时，细线受到的拉力最大，可知重力和静电力的合力(等效重力)方向向上,

则静电力方向向上，且静电力大于重力，小球带负电，故A错误，B正确；因重力和静电力的合力方向向上，可

知小球运动到最高点时速度最大，故C错误；由于等效重力竖直向上，所以小球运动到最低点时速度最小，最小

速度满足四一〃吆=樽，即v=J手山,故D正确。

题型二带电粒子在交变电场中的运动

交变电场中的直线运动

u-f图像轨迹图

单向直线运动

往返直线运动

U-f图像L/图像轨迹图

往返I上线运动

往返江线运动

【例2】（多选）如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成,

其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆

筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图

乙所示。若电压的绝对值为U,电子的电荷量大小为e,电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在/=0时刻，

圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒I，电子在每个圆简中运动

的时间均小于7,且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（）

乙

A.由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场

B.电子运动到第〃个圆筒时动能为neU

C.在尸1时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值

4

D.第〃个和第〃+1个圆筒的长度之比为:布不I

答案：ABD

解析：由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；电子每经过一个间隙，静电力做功eU,根据动能定理，

电子运动到第〃个圆筒时动能为〃c/=4一0,电子运动到第〃个圆筒时动能为,B正确；因为f=[=7'+

上时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，[=1时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，c错误；根据

444

z222

动能定理得2eU=^inv2^3eU=^inv3,neU=^mvn,(〃+l)eU=^mvn+1,第〃个和第〃+1

个圆筒的长度之比为&：L〃+i=匕：以+i,解得L”：&+1=低：而了1,D正确。

交变电场中的偏转

—图像

J-TF工迎

2~T：

运动轨迹

%A/速度不反向

叫一/图像

01_T

2

单向直线运动往返直线运动

【例3】如图甲所示，质量为〃7、电荷量为，/的粒子经加速电压S加速后，在水平方向沿002垂直进入偏转电

场。已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L,两极板间距为"，0|。2为两极板的中线，P是竖直放置的足

够大荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L。不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。

_____M4

(1)求粒子进入偏转电场时的速度W的大小；

(2)若在偏转电场两板间加恒定电压，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线

上，求偏转电场所加电压S：

(3)若偏转电场两板间的电压按如图乙所示周期性变化，要使粒子经加速电场后在/=0时刻进入偏转电场后水平

击中A点，试确定偏转电场电压Uo以及周期7分别应该满足的条件。

答案：(])课⑵需⑶队=嘤(〃=1,2,3,4.…)偌(〃=],2.3,4,…)

解析：(1)粒子经加速电场加速，有c/Ui=，〃q)2

解得小=课。

(2)由题意知，粒子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设粒子离开偏转电场时的偏转角为仇则由几

何关系得:(L+加nO

解得tan0=^-

又lane=±=

VQ2U]d

解得幼=鬻。

(3)要使粒子水平击中4点，粒子必向上极板偏转，且出偏转电场时1勺=0,则粒子在，=0时刻进入偏转电场

后，在偏转电场中运动的时间应为整数个周期。

因为粒子水平射出，则粒子在偏转电场中的运动时间满足

t=-=nT

Vo

则T=-=-与(〃=1,2,3,4,•••)

五％n72qUi

22

在竖直方向位移应满足?=2〃乂夕0=""(3)

口一正<?一%4

mdm

联立解得。0="沪(〃=1,2,3,4,…)。

题型三用动力学、能量和动量观点解决力电综合问题

,深化理解

I.动力学的观点

(1)由于匀强电场中带电粒子所受静电力和重力都是恒力，可用正交分解法。

(2)综合运用牛顿运动定律和运动学公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题。

2.能量的观点

(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断是对分过程还是对全过程使用

动能定理。

(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现。

①若带电粒子只在静电力作用下运动，其动能和电势能之和保持不变。

②若带电粒子只在重力和静电力作用卜运动，其机械能和电势能之和保持不变。

3.动量的观点

(1)运用动量定理，要注意动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。

(2)运用动量守恒定律，除了要注意动量守恒定律的表达式是矢量式，还要注意题目表述是否为某方向上动量守

恒。

【例4】如图，在水平地面上固定一倾角为。的粗糙绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的

匀强电场中。一劲度系数为A的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为〃?、带

电荷量为g(q>0)的滑块从距离弹簧上端为so处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧

接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，滑块与斜面间动摩擦因数为RVtanO,重力加速度大小为

门。

(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间K

(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为V„„求滑块从静止释放到速度大小为l，m过程中弹簧

弹性势能的增加量

(2)(mgsin0+R"gCOS0).(so+mgs】ne+q：“mgcose)一"%?

解析：(1)滑块从静止释放到与弹黄刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为。，则有

qE+"igsin8-R〃gcos0=ma；5o=-«ti2»联立可得

2mso

「JqE+mgsin0-^mgcosff

(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为xo,则有/〃gsin9+,/E=R7igcos9+日o

2

从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得(mgsine+qE—w〃gcos6)•(so+xo)+VV=1/??vm

联立可得AEP=—W=(/〃gsin0+qE—pmgcos0)(s。+mgsinO+qE-fimgcosO户加储。

k

【例5】(2024•山东百校联考模拟)如图，倾角0=30°的足够长光滑绝缘斜面固定在水平向右的匀强电场中,

一质量为〃?、电荷量为+9的小滑块A放在斜面上，恰好处于静止状态。质量也为小的不带电小滑块B从A上方

斜面上与A相距为s的位置由静止释放,卜滑后与A多次发生弹性正碰，每次碰撞时间都极短，且没有电荷转

移，已知重力加速度大小为g。求：

(1)匀强电场的电场强度大小;

两滑块发生第1次碰撞到发生第2次碰撞的时间间隔;

(3)在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中，A的电势能增加量。

答案：(1)(2)4⑶2()叫

解析：(1)4受力分析如图，A处于静止状态，则4受到的静电力大小为qE=/〃gtanO,可得七=等

JW

"唱

（2）设6下滑过程中，加速度大小为“，第1次与A碰撞时的速度为也有:“gsin0=〃均，由运动学公式得/=

2as,

设第1次碰撞后A的速度为％1,8的速度为》团，由动量守恒和机械能守恒得"八，=/"%|+〃?加，］?/=，〃孙12+

1?为/,解得％1=麻，加=0,第1次碰撞后，4匀速下滑，8匀加速下滑，发生第I次碰撞到发生第2次碰撞

的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为公有解得h=4j|。

（3）由（2）可知，第2次碰撞前瞬间A的速度为阳'=阳+即，即第2次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为叼=

质，恸'=2回，碰撞后速度交换，可得吐=2历，恤=历，发生第2次碰撞到发生第3次碰撞的过程中两

滑块下滑的位移相等，所用时间设为改，有％2,2=丫必2+；。£22，Vni=Vni-\-at2,解得"=4缶,加=3，^,即第3

次碰撞前瞬间，两滑块速度分别为加=2，^,VB2=3y/~gs,碰撞后速度交换％3=3，^,1齿3=2,不

以此类推，依次碰撞后A的速度分别为W1=J而，W3=3，不，匕4=4j7相邻两次碰撞的时间间隔7

均相等，且丁=啸,所以，在两滑块发生第1次碰撞到发生第5次碰撞的过程中，A的位移为£=%"+办27+

VA3T+hWT=40.y,电势能增加量为AE="Xcos。，联立解得AE=20〃?gs。

跟踪训练巩固提升

,基础练.

1.如图所示，长为L的细线拴一个带电荷量为+分质量为〃，的小球，重力加速度为g,小球处在竖直向上的匀强

电场中，电场强度为E,小球能够在竖直平面内做圆周运动，则（）

A.小球受到的静电力跟重力是一府平衡力

B.小球在最高点的速度一定不小于

C.小球溶动到最高点时，电势能最小

D.小球运动到最低点时，机械能最大

解析：C小球能够在竖直平面内做圆周运动，重力与静电力反向，静电力大小可能等于重力，此时小球在竖直平

面内做匀速圆周运动；静电力大小也可能大于重力，则二者合力（称为等效重力）竖直向上，相当于重力方向向

上，最高点为等效最低点，小球通过时速度最大，最低点为等效最高点，小球通过时速度最小；静电力大小还可

能小于重力，则相当于重力方向不变，重力加速度减小，A错误。日A选项分析可知，小球可能以较小的速度

（小于历）在竖直平面内做匀速圆周运动，B错误。圆周上最高点电势最低，小球带正电，由昂=如知经过最高

点时电势能最小，C正确。圆周上最低点电势最高，小球经过时电势能最大，由小球机械能与电势能之和不变可

知，小球经过最低点时机敏能最小，D错误。

2.（多选）如图甲所示，两个平行金属板夕、。正对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交流电压，/=（）

时，〃板的电势比。板的电势高在两金属板的正中央M点处有一电子（电子所受重力可忽略）在静电力作用

下由静止开始运动，已知电子在0〜4〃）时间内未与两金属板相碰，则（）

-------[

A.fo〜2fo时间内，电子的动能减小

B.3/（）时刻，电了•的电势能最大

C.0〜4加时间内，电子运动的方向不变

D.3m〜4砧时间内，电子运动的速度方向向右，且速度逐渐减小

解析：AD在（）〜h时间内，电场方向水平向右，电子所受静电力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动，

在/o〜2fo时间内，电场方向水平向左，电子所受静电力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，静电力做负功，

电子的电势能增加，动能减小，故A正确；2/o时刻电子的速度为零，在2/o〜3s时间内，电场方向水平向左，电

子所受静电力方向向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变，3m时刻速度最大，动能

最大，电势能并不是最大，故B、C错误；在〜4fo时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方向向左，电子

向右做匀减速直线运动，到4/o时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确。

3.如图甲，一带电粒子沿平行板电容器中线以速度y平行于极板进入（记为/=0时刻），同时在两板上加一按

图乙变化的电压。已知粒子比荷为上带电粒子只受静电力的作用且不与极板发生碰撞，经过一段时间，粒子以平

行极板方向的速度射出。则下列说法中正确的是（）

M,…

a23।:4

A.粒子射出时间可能为f=4s

B.粒子射出的速度大小为2y

C.极板长度满足L=3i，〃（〃=1,2,3,…)

D.极板诃最小距离为畔

解析：D粒子进入电容器后，在平行于极板方向做匀速直线运动，垂直极板方向运动的y—f图像如图所示，因

为粒子平行极板射出，可知粒子射出时垂直板的分速度为0,所以射出时刻可能为1.5s,3s,4.5s,…，满足，=

1.5〃（?i=l,2,3,…）粒子射出的速度大小必定为心故A、B错误;极板长度L=△1.5〃（〃=1,2,3,…）,

故C错误；因为粒子不跟极板碰撞，则应满足32夫.、，1.5,vy=a1,〃=鬻，联立求得欣，故D正确。

2张《/5/7s

4.（2024.四川成都模拟）在真空中有水平放置的两个平行、正对金属平板，板长为/,两板间距离为d,在两极板

间加一交变电压如图乙，质量为加，电荷量为e的电子以速度接近光速的点）从两极板左端中点沿水平方向

连续不断地射入两平行板之间。若电子经过两极板间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，不考虑电子间的相

互作用和相对论效应，贝IJ在任意0.2s内（）

甲

A.当&V迎争时，所有电子都能从极板的右端射出

el£

B.当心＞畔时，将没有电子能从极板的右端射出

el2

C.当小=竽时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为I：2

D.当口尸巫等时，有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为1：（V2-i）

解析：D电子进入极板后，水平方向上不受力，做匀速直线运动，竖直方向上受到静电力作用，电子经过两极板

间的时间相比交变电流的周期可忽略不计，则当电子恰好飞出极板时有/=W，巴。=N，解得Um=

22ma

畔。当Um〈畔时，所有电子都能从极板的右端射出，当Un＞畔时，在0.2S时间内，极板间电压U＜

el2el2el2

哼的时间段内，电子能从极板的右端射出，故A、B错误；当q=迎弊时，分析题图乙可知，任意0.2s内，

elz

有一半的时间内极板间电压低于临界电压呻，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时

间之比为1：1,故C错误；当以尸包察时，分析题图乙可知，任意0.2s内，有"xo.2s的时间内极板间电压

C2

低于临界电压曙，因此有电子从极板右端射出的时间与无电子从极板右端射出的时间之比为I：（低一1）,故D

正确。

.提升练

5.（多选）（2024.辽宁名校模拟）如图所示，在竖直平面内，A3为水平放置的绝缘粗糙轨道，CO为竖直放置的

足够长绝缘粗糙轨道，AB与C。通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧8C的圆心为。，半径七轨道

所在空诃存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小七=翳。现有质量为〃八电荷量为+夕的带旦体（可视为质

点）从A点由静止开始运动。已知A、3间距也为上带电体与轨道A3间的动摩擦因数为内=0.4,与C。间的动

摩擦因数为阳=0.3。假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。下列说法正确的是（重力加速度

为g,lan530=g）（）

_______K£

、

________________________[ta

HE

A.带电体第一次运动到圆弧形轨道8点时速度大小为v«=册/

B.带电为第一次运动到圆弧形轨道BC上的最大速度『.

C.全过程带电体在粗糙轨道43与CD上运动的总路程

6

D.带电体最终可能会停在水平轨道AB上

解析：AC对带电体从A到8的过程，根据动能定理得，//沂一l?”不，解得A正确；由题

可知，当带电体的速度最大时，带电体的加速度为零，故带电体受力平衡，受力如图所示，设带电体在M点时速

度最大，M点与。点的连线0M和的夹角a应该满足tana=^=：,代入已知数据得a=53。，从3到“根据

mg3

2

动能定理得gERsin53。一（1—cos53。）=1wvm—解得Vm=J£gR,B错误；根据题意可知，最终带

电体应该围绕等效最低点用做周期性运动，到C点的速度恰好为零，全过程的滑动摩擦力大小一样，即衣=阳〃吆

=^qE,设带电体在粗糙轨道A8与CO上运动的总路程为s,对全过程从4到最终恰好到C,根据动能定理可得

qE2R—Rs—mgR=0,解得s=^R,因为岸电力大于滑动摩擦力，所以带电体不可能停在43上，C正确，D错

误。

6.（多选）如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图乙

所示。电子原来静止在左极板小孔处.（电子电荷量为e,不计重力作用）下列说法中正确的是（）

A.若从1=0时刻释放电子,电子将始终向右运动，直到打到右极板上

B.若从，=0时刻释放电子,电子可能在两板间振动

C.若从，=0时刻释放电子，在，■恰好到达右极板，则到达右极板时电子的动能为。仇

D.若从，=0时刻释放电子，在［=9时刻到达右极板，则到达右极板时电子的动能是学

解析：AD若/=0时刻释放电子，电子将重复先加速后臧速，直到打到右极板，不会在两板间振动，A正确，B

错误；设两极板距离为乩极板间电场强度大小£=号，若从1=0时刻释放电子，在1=］时刻到达右极板，则电

a2

子经历了先加速再减速后加速三个过程，每段加速度大小。=竺=当相同，则每段位移大小相同，均为3全过程

mml3

由动能定理得eE（一e£1+eE1=&,得£k=eE（，又E=号,解得反=学，C错误，D正确。

创新练

7.如图（a）所示，质量为如=2.0kg的绝缘木板A静止在水平地面上，质量为〃?2=1.0kg、可视为质点的带正电

的小物块8放在木板A上某一位置，其电荷量为g=L0Xl（）—3c。空间存在足够大的水平向右的匀强电场，电场

2

强度大小为£i=5.0X10V/mo质量为〃?3=1.0kg的滑块C放在A